Özel bir dil sınıfı: “dairesel” diller. Biliyor mu?

20

Aşağıdaki "dairesel" dil sınıfını sonlu bir alfabe Sigma üzerinde tanımlayın. Aslında, isim zaten DNA hesaplama alanında kullanılan göründüğü farklı bir şeyi belirtmek için var. AFAICT, bu farklı bir dil sınıfı.

Bir dil L tüm kelimeler için dairesel IFF olduğu $w$ içinde $\Sigma^*$ elimizde:

$w$ , yalnızca tamsayılarıiçin L'ye aitse $k > 0$ , $w^k$ , L'ye aitse.

Bu dil sınıfı biliniyor mu? Ben de düzenli ve özellikle de şu dairesel dillerle ilgileniyorum:

zaten biliniyorlarsa onlar için bir isim
kabul edilebilir dilin yukarıdaki tanıma uyup uymadığı bir otomat (özellikle bir DFA) verildiğinde sorunun karar verilebilirliği

fl.formal-languages automata-theory regular-language

— vincenzoml
kaynak

1

Bu çok ilginç bir soru. İlgili iki soru: 1) düzenli bir L dilimiz ve ilişkili bir DFA'mız varsa, bunu dairesel hale getirebilir miyiz? 2) Herhangi bir dil L verildiğinde, circ (L) 'in düzenli olması veya bazı hoş özelliklere sahip olması söz konusu mudur?

— Suresh Venkat

ps belki bu açık, ama neden dairesel dillerin normal dillerin bir alt sınıfı olduğunu düşünüyorsunuz?

— Suresh Venkat

3

@Suresh, sanırım bir dili dairesel olarak tanımlıyorsa, o) düzenli; b) tatmin bir kapama özelliği

\forall w \in L, n \in N : w^{n} \in L

$\forall w \in L, n \in \mathbb{N} : w^n \in L$ .

— Peter Taylor

Crosspost MO'da .

— Hsien-Chih Chang 張顯之

1

Belki teşekkür gönderilmemelidir, ama bu benim ilk sorumdu ve yorumların, cevapların ve tartışmanın kalitesini çok takdir ettim. Teşekkürler.

— vincenzoml

19

İlk bölümde, daireselliğe karar vermek için üstel bir algoritma gösterilmektedir. İkinci bölümde, sorunun coNP zor olduğunu gösteriyoruz. Üçüncü bölümde, her dairesel dilin biçimindeki diller birliği olduğunu gösteriyoruz (burada boş normal ifade olabilir); sendika illaki ayrık olmak zorunda değildir. Dördüncü bölümde, ayrık bir toplam olarak yazılamayan dairesel bir dil sergiliyoruz . $r^+$ $r$ $\sum r_i^+$

Düzenleme: Mark'ın yorumlarına göre bazı düzeltmeler yapıldı. Özellikle, daha önce iddia ettiğim daireselliğin coNP-complete veya NP-hard olduğu düzeltildi.

Düzenle: ile arasındaki normal form düzeltildi . "Doğal olarak belirsiz" bir dil sergiledi. $\sum r_i^*$ $\sum r_i^+$

Peter Taylor'ın yorumu devam ederken, bir dilin DFA'sı göz önüne alındığında bir dilin dairesel olup olmadığına (son derece verimsiz) nasıl karar vereceğinizi burada görebilirsiniz. Eyaletleri eski eyaletlerin grubu olan yeni bir DFA inşa edin. Bu yeni DFA , eski DFA'nın kopyasını paralel olarak çalıştırır. $n$ $n$

Eğer dil dairesel değilse o zaman kelimesi vardır, böylece tekrar tekrar DFA üzerinden çalıştırırsak, başlangıç durumu başlayarak durumlarını alırız böylece kabul eder, ancak bir diğeri kabul etmiyorsa (hepsi kabul ederse o zaman dizileri döngü yapmalıdır böylece her zaman dilde olur). Başka bir deyişle, $w$ $s_0$ $s_1,\ldots,s_n$ $s_1$ $s_0,\ldots,s_n$ $w^*$ için nerede kabul ediyor ancak başkalarının biri kabul etmiyor. Tersine, eğer dil daireselse, bu olamaz. $s_0,\ldots,s_{n-1}$ $s_1,\ldots,s_n$ $s_1$

Bu yüzden sorunu basit bir yönlendirilebilir ulaşılabilirlik testine indirdik (sadece olası tüm "kötü" gruplarını kontrol edin ). $n$

Dairesellık sorunu coNP-zordur. Varsayalım biz bir 3SAT örneği verilen konum değişkenleri ve hükümler . (kukla değişkenler ekle) ve asal olduğunu varsayabiliriz (aksi takdirde AKS primality testini kullanarak ve arasında bir asal bulur ve kukla değişkenler ve maddeler ekleriz). $n$ $\vec{x}$ $m$ $C_1,\ldots,C_m$ $n = m$ $n$ $n$ $2n$

Şu dili göz önünde bulundurun: "giriş biçiminde değil , burada için tatmin edici bir atamadır ". Bu dil için bir DFA oluşturmak kolaydır . Dil dairesel değilse, dilde kelimesi vardır, bunların bir kısmı dilde değildir. Dilde olmayan tek kelime uzunluğuna sahip olduğundan , veya uzunluğunda olmalıdır . Eğer uzunsa $\vec{x}_1 \cdots \vec{x}_n$ $\vec{x}_i$ $C_i$ $O(n^2)$ $w$ $n^2$ $w$ $1$ $n$ yerine, düşünün(hala dilde), böylece dilde ve dilde değil. Aslında dil araçlarının değildir bir atama tatmin. $1$ $w^n$ $w$ $w^n$ $w^n$ $w$

Tersine, tatmin edici herhangi bir ödev, dilin daireselliğini kanıtlayan bir kelimeye dönüşür: tatmin edici ödev dile aittir, ancak değildir. Bu nedenle, 3SAT örneği tatmin edici değilse dil daireseldir. $w$ $w^n$

Bu bölümde, dairesel diller için normal bir formu tartışacağız. Dairesel bir dil için biraz DFA düşünün . Bir dizi olan gerçek ise (ilk durum), diğer tüm durumları kabul edilir ve ima . Bu nedenle, her gerçek sekans sonunda periyodiktir ve sadece sonlu çok sayıda gerçek sekans vardır (DFA'nın sonlu birçok durumu olduğu için). $L$ $C = C_0,\ldots$ $C_0 = s$ $C_i = C_j$ $C_{i+1} = C_{j+1}$

DFA durumundan durumuna , tüm için ise bir kelimenin göre davrandığını $C$ söylüyoruz . Bu tür tüm kelimelerinin dizisi düzenli (argüman bu cevabın ilk kısmına benzer). Not bu bir alt kümesidir . $c_i$ $c_{i+1}$ $i$ $E(C)$ $E(C)$ $L$

Gerçek bir dizi göz önüne alındığında tanımlama, dizisinin aşağıdaki şekilde olduğu . Dizisi aynı zamanda gerçek. Sadece sonlu sayıda farklı dizileri olduğundan , dil Her şeyden birliktir da düzenlidir. $C$ $C^k$ $C^k(t) = C(kt)$ $C^k$ $C^k$ $D(C)$ $E(C^k)$

Biz İstem özelliğine sahiptir ki, eğer daha sonra . Aslında, ve olduğunu varsayalım . Sonra . Böylece biçiminde yazılabilir $D(C)$ $x,y \in D(C)$ $xy \in D(C)$ $x \in C^k$ $y \in C^l$ $xy \in C^{k+l}$ $D(C) = D(C)^+$ bazı düzenli ifadeler için . $r^+$ $r$

Her bir kelime bazı gerçek sekans dil tekabül olarak , yani gerçek bir dizi vardır olduğu davranacaktır göre yöntem. Dolayısıyla , nin tüm gerçek dizisi üzerindeki birleşimidir . Bu nedenle her dairesel dilin şeklinde bir temsili vardır . Tersine, bu tür her dil daireseldir (önemsiz). $w$ $C$ $C$ $w$ $L$ $D(C)$ $C$ $\sum r_i^+$

Dairesel dil göz önünde üzerindeki tüm kelimelerin bir çift sayı ya da birini içeren 'in ya da hatta sayısını ' in (ya da her ikisi birden). Ayrık bir toplam olarak yazılamayacağını gösteriyoruz ; "ayrık" ile kastedilmektedir . $L$ $a,b$ $a$ $b$ $\sum r_i^+$ $r_i^+ \cap r_j^+ = \varnothing$

$N_i$ $r_i^+$ $N > \max N_i$ $x = a^N b^{N!}$ $x \in L$ $x \in r_i^+$ $i$ $x$ $N$ $r_i^+$ $z = a^{N!} b^{N!}$ $y = a^{N!} b^N$ $r_j^+$ $z$ $i \neq j$ $xy \notin L$ . Dolayısıyla temsil ayrık olamaz.

— Yuval Filmus
kaynak

Burada bir takım hatalar var gibi görünüyor. SAT'den değil UNSAT'tan düşüyorsunuz, bu yüzden bunun coNP-zor olduğunu gösteriyorsunuz. Üyelik (olmayan) için polinom zaman tanıklığınız nedir?

— Mark Reitblatt

"Dilde olmayan tek kelimelerin uzunluğu " olmamalı mı ?

n^{2}

$n^2$

n m

$nm$

— Mark Reitblatt

Bunun "önemsiz bir şekilde coNP'de" olduğunu sanmıyorum. En azından benim için önemsiz değil. "Bariz" sertifika bir dize olurdu dilinde ve bir güç böyle dilinde değil. Ama böyle bir kelimenin neden polinom boyutunda olması gerektiği hemen belli değil. Belki de gözden kaçırdığım basit bir otomata teorisi gerçeğiyle.

l

$l$

k

$k$

l^{k}

$l^k$

— Mark Reitblatt

Daha da ciddi bir kusur, her bir maddeden bireysel olarak tatmin edilebilir olmaktan, tüm formülün tatmin edilebilir olmasına atlamanızdır. Yanlış okuduğum sürece, elbette.

— Mark Reitblatt

Genelgenin coNP'de olduğu açık değil. Öte yandan, tartışmanın geri kalanında hiçbir sorun görmüyorum (şimdi koyduğumda ). Her yan tümce aynı atamadan memnunsa, 3SAT örneği bu atamadan memnun olur.

n = m

$n = m$

— Yuval Filmus

17

İşte bu dilleri tartışan bazı makaleler:

Thierry Cachat, Tek harfli rasyonel dillerin gücü, DLT 2001, Springer LNCS # 2295 (2002), 145-154.

S. Hovath, P. Leupold ve G. Lischke, Normal dillerin kökleri ve güçleri, DLT 2002, Springer LNCS # 2450 (2003), 220-230.

H. Bordihn, Bağlamdan bağımsız dillerin gücünün bağlam-belirsizliği kararsızdır, TCS 314 (2004), 445-449.

— Jeffrey Shallit
kaynak

6

@Dave Clarke, L = a * | b * dairesel olur, ancak L * (a | b) * olur.

Karar verilebilirlik açısından , bir varsa dili daireseldir, öyle ki , + altında kapanma olacak şekilde veya dairesel dillerin sonlu birliği ise. $L$ $L'$ $L$ $L'$

(Ben senin yerine "dairesel" yeniden tanımlamak için ölüyorum ile . Bu çok. Biz de durumu başlayan devlet kabul devletler ve sadece epsilon-geçişleri olan bir NDFA orada mevcut olduğu gibi dairesel dilleri karakterize şeyleri kolaylaştırır kabul eden her duruma epsilon geçişi). $>$ $\ge$

— Peter Taylor
kaynak

Haklısın. Yanlış gönderimi kaldırdım.

— Dave Clarke

ile uyarlama ile ilgili olarak : Ben minimal bir DFA her zaman tam olarak bir kabul durumu, yani başlangıç durumu olması gerektiğini düşünüyorum. Belki daha kabul edilebilir durumlar olabilir, ancak daha sonra başlangıç durumuna bir geçişine ihtiyaç duyarlar .

\geq

$\geq$

ε

$\varepsilon$

— Raphael

1

@ Raphael, tekrar düşünün L = a * | b *. Başlangıç durumu tek kabul eden durum olan ve a ve b'yi kabul eden bir DFA'nın (a | b) * kabul etmesi gerekir.

— Peter Taylor

verilebilirlik konusunda yine: kabul ettiği durumu olan bir olduğunu varsayalım . kelimesini kabul ettiğini ve ayrıca , , ..., . Sonra için kabul eder . (Kanıt, güvercin deliği prensibinin basit bir uygulamasıdır). DFA tarafından kabul edilen dilin yuvarlaklığına minimum (en aza indirgeme ) sayısının ( , ) bir fonksiyonla sınırlanmış uzunluğa sahip olduğunu göstermek mümkün ise kaba kuvvet testi mümkündür. Bundan şüpheleniyorum

n

$n$

n_{a}

$n_a$

w

$w$

w^{2}

$w^2$

w^{3}

$w^3$

w^{n_{a} + 1}

$w^{n_a+1}$

w^{x}

$w^x$

x > 0

$x > 0$

| w |

$|w|$

w

$w$

x

$x$

n

$n$

| w | <= n + 1

$|w| <= n+1$ , ama ispat etmedim.

— Peter Taylor

@ Raphael'in yukarıdaki fikrini takip etmek. Başlangıç durumu = yalnızca kabul etme durumu fikri bu sorun için yanlıştır, ancak bazı ilginç özellikler yakalar. M bir minDFA olduğunda, başlangıç durumu yalnızca L (M) öneksiz bir dilin Kleene yıldızı ise tek kabul durumudur. Bu benim en sevdiğim DFA trivia tidbits biridir ve bu yüzden paylaşmak için hızlıyım! ;)

— mikero

5

Düzenleme: Aşağıda eksiksiz (basitleştirilmiş) bir PSPACE tamlık kanıtı görünür.

İki güncelleme. İlk olarak, normal bir şekilde benim diğer cevap Calbrix ve Nivat bir yazıda zaten görünür başlıklı tarif Önek ve rasyonel dönemi dillerini -langauges $\omega$ maalesef mevcut değil çevrimiçi.

İkincisi, bir dilin DFA'sı PSPACE-complete olduğundan, bir dilin dairesel olup olmadığına karar vermek.

PSPACE'de dairesellik. Savitch teoremine göre NPSPACE = PSPACE olduğundan, dairesel olmayanlık için bir NPSPACE algoritması vermek yeterlidir. Let ile bir DFA olmak belirtir. Aslında sözdizimsel monoid bu en az bir boyutu vardır ise anlamına gelir , dairesel değildir sonra bir kelime var en fazla uzunlukta , öyle ki ancak bazı için . Algoritma tahmin ve değerlerini hesaplar tüm kullanılarak $A = (Q,\Sigma,\delta,q_0,F)$ $|Q|=n$ $L(A)$ $n^n$ $L(A)$ $w$ $n^n$ $w \in L(A)$ $w^k \notin L(A)$ $k \leq n$ $w$ $\delta_w(q) = \delta(q,w)$ $q \in Q$ $O(n\log n)$ alanı ( kadar saymak için kullanılır ). Daha sonra ancak bazı için olduğunu doğrular . $n^n$ $\delta_w(q_0) \in F$ $\delta_w^{(k)} \notin F$ $k \leq n$

Dairesellık PSPACE zordur. Kozen, klasik 1977 makalesinde doğal kabul sistemleri için alt sınırlar , DFA'ların bir listesi verildiğinde, kendileri tarafından kabul edilen dillerin kesişiminin boş olup olmadığına karar vermenin PSPACE zor olduğunu gösterdi. Bu sorunu daireselliğe indiriyoruz. İkili DFA A_1 , asal bir buluyoruz ve dilini kabul eden bir üçlü DFA (Biraz daha fazla çaba ile, biz de ikili yapabiliriz .) asal olduğu gerçeğini kullanarak) görmek zor değil $A_1,\ldots,A_n$ $p \in [n,2n]$ $A$

L (A) = \bar{{2 w_{1} 2 w_{2} \dots 2 w_{p} : w_{i} \in L (A_{1 + (i \mod n)})}} .

$L(A) = \overline{\{2w_12w_2\cdots2w_p : w_i \in L(A_{1+(i\mod{n})})\}}.$

A

$A$

p

$p$

L (A)

$L(A)$ yalnızca boşsa .

L (A_{1}) \cap \dots \cap L (A_{n})

$L(A_1) \cap \cdots \cap L(A_n)$

— Yuval Filmus
kaynak

0

uzunluğundaki cinsinden her şeklinde yazılabilir; burada , . Açıkçası ve . Bu, pompalama lemması ile dilin boş olmayan girişler için düzenli olduğu sonucuna varır. $s \in L$ $p>0$ $xy^{i}z$ $x = z = \epsilon$ $y = w \neq \epsilon$ $|xy| \leq p$ $|y| = |w| > 0$

İçin , tanım da boş dizeleri herhangi bir sayıda kabul edecek boş bir dize kabul eden bir NDFA beri tutar. $w= \epsilon$

Yukarıdaki dillerin birleşmesi L dilidir ve düzenli diller birlik altında kapatıldığından, her dairesel dilin düzenli olduğu anlaşılmaktadır.

Rice teoremiyle, kararsızdır. Kanıt düzenliliğe benzer. $CIRCULARITY/TM$

— chazisop
kaynak

1

Pompalama lemusu, düzenlilik için gerekli, ancak yeterli değildir. Özellikle, pompalama koşulunu sağlayan düzenli olmayan diller vardır. Ayrıca Rice'ın teoremi, kararsızdır. Bu, kararsız olduğu anlamına gelmez (burada bir DFA, a TM)! Örneğin, DFA'lar için boşluk testi karar verilebilirken, TM'ler için boşluk testi yapılmaz.

{⟨ M ⟩ | L (M) is circular}

$\{\langle M\rangle\vert L(M)\text{ is circular}\}$

{⟨ D ⟩ | L (D) is circular}

$\{\langle D\rangle\vert L(D)\text{ is circular}\}$

D

$D$

M

$M$

— alpoge

1

İşte hesaplanamayan dairesel bir dil. 'de , burada hesaplanamayan bir dildir (örneğin, TM'leri durdurma kodları). Daha sonra daireseldir ancak açıkça hesaplanamaz ( ye karar vermek için için bir kehanet kullanılabilir ).

D = {0^{x} 1 : x \in R}

$D = \{ 0^x 1 : x \in R\}$

R

$R$

D^{*}

$D^*$

D^{*}

$D^*$

R

$R$

— Yuval Filmus

2

@Peter, bu cevabı okudun mu? Herhangi bir dairesel dilin (düzenlilik şartı olmadan) düzenli olduğunu kanıtlamaya çalışıyordu.

— Yuval Filmus

1

@Yuval, hatam. @chazisop, pompalama lemması dillerin düzenliliğini kanıtlamak için yararlıdır, ancak düzenlilik değildir. (Bunun yanı sıra, ilk cümle onaylama azaltır "Her uzunluğu olarak yazılabilir burada ", açık bir şekilde yanlış olan).

s \in L

$s \in L$

p > 0

$p > 0$

y^{i}

$y^i$

y \neq ϵ

$y \ne \epsilon$

— Peter Taylor

1

Evet, bunu belirtmek için CIRCULARITY / TM kullanıyorum. DAİRESEL / DFA muhtemelen karar verilebilir.

— chazisop